05 专题十八　带电粒子在组合场中的运动 【答案】听课手册

专题十八带电粒子在组合场中的运动例1BD[解析]由r=mvqB可知a、b两粒子在y轴左侧区域磁场中的偏转半径比为ra1∶rb1=mavaB1q∶mbvbB1q=1∶1,故A错误;粒子a第一次经过y轴时坐标为(0,2ra2),第二次经过y轴时坐标为(0,2ra2-2ra1),第三次经过y轴时坐标为(0,4ra2-2ra1),第四次经过y轴时坐标为(0,4ra2-4ra1),其中ra1=mavaqB1,ra2=mavaqB2,由于B1∶B2=3∶2,故ra1∶ra2=2∶3,4ra2-4ra1>0,因此粒子a第四次经过y轴时是经过y轴正半轴,两粒子在y轴正半轴相遇,故B正确;粒子b第一次经过y轴时坐标为(0,2rb1),第二次经过y轴时坐标为(0,2rb1-2rb2),第三次经过y轴时坐标为(0,4rb1-2rb2),第四次经过y轴时坐标为(0,4rb1-4rb2),其中rb1=ra1,rb2=ra2,令ra1=2r,则ra2=3r,粒子a四次经过y轴的纵坐标为6r、2r、8r、4r,粒子b四次经过y轴的纵坐标为4r、-2r、2r、-4r,对比可知,粒子b第一次经过y轴正半轴时就与粒子a相遇,相遇时二者速度方向相同,都是水平向右,故C错误;二者相遇所用时间相等,有12Tb1=Ta1+Ta2,即πm例2AD[解析]若粒子从PN中点射入磁场,根据粒子在电场中做类平抛运动有x0=v0t,12y0=12·qEmt2,解得E=y0mv02qx02,选项A正确;粒子从PN中点射入磁场时,y02=vy2t,速度v1=v02+vy2=v0x0x02+y02,选项B错误;设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向夹角为θ,则tanθ=v0vy=v0qEm·x0v0=mv02qEx0,粒子从电场中射出时的速度v=v0sinθ,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,则qvB=mv2r,则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d=rcosθ,解得d=mv0qBtanθ=例3(18分)(1)mv2qL(2)8πL3v[解析](1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,其圆心为O1,对应轨道半径为R,由几何关系可得Rsinθ=3L(2分)由牛顿第二定律有qvB=mv2R(2联立可得B=mv2qL(1分)(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则t1=2π-2θ2πT(2分)T=2πRv(2分)联立可得t1=8πL3v(1分)(3)设带电粒子在电场中运动的时间为t2,由运动的合成与分解有vcosθ·t2=3L(2分)vsinθ-at2=0(2分)由牛顿第二定律有qE=ma(2分)联立可得E=mv24qL(2例4(1)2πmv0eL(2)2πr[解析](1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面内的匀速圆周运动.设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,电子在圆筒中运动的时间为t.由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由洛伦兹力提供向心力得Bevy=mvy2R,可得周期T=2πR若所有电子均能经过O进入电场,则在时间t内电子在平行于yOz平面内恰好运动了若干个完整圆周,有t=nT(n=1,2,3,…)联立得B=2πnm当n=1时,B有最小值,为Bmin=2πm(2)设进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角为α,如图所示,由几何关系得tanα=v由于v0不变,故当α最大时,vy最大,电子在平行于yOz平面内做圆周运动的半径R=mvyBe最大,因电子始终未与筒壁碰撞,所以R最大值为Rm=r,此时vy取得最大值vym,取(1)问中最小的磁感应强度,即B=2πm联立解得vym=2πrv0L,|tan(3)将电子进入电场的运动分解,沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴方向做匀变速直线运动且加速度沿y轴负方向,所以当vy取沿y轴正方向的最大值vym时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym=v由牛顿第二定律知a=Ee又vym=2πr联立解得ym=2例5(1)带正电πmBt0(2)3πU0[解析](1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmB(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0a=qEmt0~2t0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y=2r在垂直于金属板方向有y=2×12at在沿金属板方向有π3D=vt0联立解得D=3πU0t08B(3)由(1)(2)可知y=2D由对称性可知,3t0~4t0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y,由于y<D,故粒子不会碰到金属板.t=4t0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t=6t0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h=D-y=D3,注意到h=y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W左,根据动能定理有W左=12mv2电场力对粒子做的总功为W=W左+qEh联立解得W=(π例6(1)2LB1qm2πm3B[解析](1)当离子轨迹与y=L相切时速度最大由几何关系Rcos60°+L=R得R=2L洛伦兹力提供向心力,qv1B1=m不进入区域Ⅱ的最大速度v1=2在磁场中的运动时间t=13T=(2)粒子在区域Ⅰ、Ⅱ内的圆周运动半径R1=mv2B1q设离子以最小速度v2到达y=L处时速度方向与x轴夹角为θ,由几何关系区域Ⅰ内R1(cosθ-cos60°)=L区域Ⅱ内R2(1-cosθ)=L到达y=L2处离子的最小速度v2=(3)将磁场沿y方向分为很多宽度为Δy的微小区域,每个小区域内可看作匀强磁场设离子经过区域上边界时速度方向与x轴夹角为θ,经过小区域方向偏转Δθ,由几何关系Δy=mvqB[cos(θ-Δθ)-cosθ(或由x方向动量定理qBvyΔt=mΔvx)则离子进入第四象限的最小速度v3满足B磁感应强度大小分布∑(代入得v3=3进入第四象限的离子数与总离子数之比η=6B1变式1(1)mv5qL(2)mv2[解析](1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系有r2=3L2+解得r=5L由Bqv=mv解得B=mv(2)粒子从P到Q,电场力做正功,洛伦兹力不做功,由动能定理有3E0qd=12mv解得E0=m设粒子速度与y轴负方向的夹角为θ,如图所示由几何关系可得θ=53°粒子在经过第二象限磁场时的水平方向上,由动量定理有∑即B0q×3d=mvsin53°解得B0=4mv变式2(1)mv0qL(2)22v0[解析](1)由几何关系得r=Lqv0B1=mv解得B1=m(2)方法一:设粒子刚进入第三象限磁场时的速度为v1,则v1=v0cos60°=v粒子在第一个磁场中运动有qv1B=mvr1=2L由几何关系,粒子出磁场时速度方向与水平方向的夹角为30°,则粒子刚进入电场区域时水平方向的速度为v1x=v1cos30°=3竖直方向的速度为v1y=v1sin30°=vv2x2-vqE=ma粒子刚进入第三象限中的第二个磁场区域时的速度大小为v2=v2x2+v方法二:设粒子刚进入第三象限磁场时的速度为v1,则v1=v0cos60°=vqEL=12mv22-v2=22v(3)方法一:设粒子在第三象限运动过程中,从右向左在第n层磁场中运动速度为vn,轨道半径为rn,则有n-1qEL=12mvn2-qvnB=mv则vn=n2v0,rn=2n设粒子进入第n层电场时,速度方向与水平方向的夹角为αn,从第n层电场左边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直电场线方向的速度分量不变,有vn-1sinαn-1=vnsinθn-1rnsinαn-rnsinθn-1=L解得rnsinαn-rn-1sinαn-1=L可知r1sinα1、r2sinα2、r3sinα3、……rnsinαn是一组等差数列,公差为L,可得rnsinαn=r1sinα1+n-1L=nL将rn=2nL代入,得sinαn=n由于sinαn≤1,则n≤4由于n>1,且为整数,故n的最大值为4,此时sinθ4=v4